De HSG toan 9 cap huyen

PHỊNG GD & ĐT
VĨNH TƯỜNG

ĐỀ THI CHỌN HGS LỚP 9 NĂM HỌC 2010 – 2011
Mơn: Tốn
Thời gian làm bài: 150 phút

ĐỀ
CHÍNH THỨ
C

Câu 1. Giải phương trình:
a)

x + 2x − 5 − 2 +

x − 3 2x − 5 + 2 = 2 2.

b) x 2 − 3x + 9 = 9.3 x − 2.

(

Câu 2. Cho hàm số f ( x ) = x 3 + 6x − 5

)

2011

+ 2012.

Tính giá trò của f ( x ) khi x = 3 3 + 17 + 3 3 − 17 .

Câu 3. Cho hình thoi ABCD, đường cao AH. Cho biết AC = m; BD = n và AH = h .
1
1
1
Chứng minh rằng 2 = 2 + 2 ×
h
m
n
Câu 4. Cho hai đường tròn (O1 ; 5cm) và (O2 ; 2cm) nằm ngồi nhau. Một tiếp tuyến
chung ngồi AB của hai đường tròn A ∈ ( O1 ) ; B ∈ ( O2 ) và một tiếp tuyến chung trong

(

(

)

)

CD của hai đường tròn C ∈ ( O1 ) ; D ∈ ( O2 ) . Tính độ dài đoạn nối tâm O 1O2 biết AB =
1,5.CD.
Câu 5. Có tồn tại hay khơng số ngun dương k sao cho 2k + 3k là số chính phương?
Câu 6.
a) Cho a, b và c là các số thực khơng âm thỏa mãn a + b + c = 1 . Chứng minh rằng:
ab
bc
ca
1
+
+

≤ ×
c +1 a +1 b +1 4
b) Cho hình vng ABCD và 2013 đường thẳng thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:
* Mỗi đường thẳng đều cắt hai cạnh đối của hình vng.
* Mỗi đường thẳng đều chia hình vng thành hai phần có tỷ số diện tích là

1
.
2

Chứng minh rằng trong 2013 đường thẳng trên có ít nhất 504 đường thẳng đồng quy.

----------------------------Hết----------------------------


Phần

1

a

2đ

Nội dung trình bày

ĐKXĐ: x ≥

Điểm

5

(1)
2

Nhân cả hai vế của PT với 2 rồi biến đổi PT về dạng:

(

)

2x − 5 + 1

2

+

(

2x − 5 − 3

)

2

=4

2x − 5 + 1 + 3 − 2x − 5 = 4 (*) ( do a− b = b − a )

⇔

Á

p dụng BĐT vềGTTĐ: x + y ≥ x + y ( dấ
u"=" ⇔ x.y ≥ 0)
2x − 5 + 1 + 3 − 2x − 5 ≥

Ta có:

0,25
0,25
0,25

2x − 5 + 1 + 3 − 2x − 5 = 4

Dấu “=” khi và chỉ khi:

(

)(

)

2x − 5 + 1 3 − 2x − 5 ≥ 0 ⇔ 3 − 2x − 5 ≥ 0 ⇔

5
≤ x ≤ 7 (2)
2

0,25

5
2

Từ (1) và (2): (*) xảy ra ⇔ ≤ x ≤ 7
Vậy nghiệm PT đã cho là
b

5
5

≤ x ≤ 7 ⇔ x ∈  ; 7
2
2

2

3  27 27

Đặt t = x − 2 ⇔ x = t + 2 . Vì x − 3x + 9 =  x − ÷ + ≥ > 0
2
4
4

3
nên t > 0 thay x = t + 2 vào PT đã cho, ta được:

( t3 + 2)

2

⇔ ( t − 1)

(

2

3

3

(

)

− 3 t 3 + 2 + 9 = 9t
2

0,25
0,25

( t 4 + 2t3 + 3t 2 + 5t + 7 ) = 0

⇔ t = 1 do t > 0 ⇒ t 4 + 2t 3 + 3t 2 + 5t + 7 > 0

0,25

)

0,25

⇔ x =3

Vậy PT đã cho có nghiệm duy nhất x = 3.
2

Đặt m = 3 3 + 17 ; n = 3 3 − 17

1,5đ

Ta có: x = m + n và m.n = − 2.

0,5

3

x = m + n ⇒ x 3 = ( m + n ) = m3 + n 3 + 3mn ( m + n ) = 6 − 6x
3

⇒ x + 6x = 6

Do đó: f ( x ) = ( x 3 + 6x − 5 )

2011

+ 2012 = ( 6 − 5 )

2011

+ 2012 = 2013

Vậy với x = 3 3 + 17 + 3 3 − 17 thì f ( x ) = 2013 .

0,5
0,5


3

A

1đ

I
D

B

O
H

K

C
Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình thoi ta có
AC ⊥ BD và OA = OC =

m
n
; OB = OD = (?) . Qua O kẻ OI ⊥ AB
2
2

taïi I , đường thẳng OI cắt CD tại K ta có IK = AH = h ;
OI =

0,5

h
(?)
2

Áp dụng HTL vào tam giác AOB vuông tại O ta có:
1
1
1
=
+
2
2
OI
OA
OB2

⇔

1
2

h
 ÷
2

=

1
2

m
 ÷
2

+

1

0,5

1
1
1
2
n ⇔ 2 = 2 + 2
h
m
n
 ÷
2

A

4
1,5đ

I

B
D

O2

O1

C
E

Kẻ O2I ⊥ O1A taïi I và O2E ⊥ O1C taïi E, ta có O2I = AB;
-20

-15

-10

O2E = CD; IA = O2B = 2cm ⇒ IO1 = 3 cm; CE = O2D = 2cm 0,5
⇒ O1E = 7cm, đặt CD = x thì O2E = x còn IO2 = AB = 1,5x.
Áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông O 1IO2 và
O1EO2 ta có:

-5


O1O 2 2 = IO12 + IO 2 2 = 32 + ( 1,5x )

2

O1O 2 2 = O1E 2 + O 2 E 2 = 7 2 + x 2

Từ (1) và (2): 3 + ( 1,5.x )
2

2

0,5

(1)
(2)

= 7 + x ⇒ x 2 = 32 ⇒ O1O 2 = 9cm
2

2

5

Ta có hai nhận xét đơn giản sau:

1,5đ

* Số chính phương khơng thể có tận cùng là 2; 3; 7; 8
** Số chính phương chia cho 3 khơng thể có số dư là 2.

0,5

0,5

Giả sử tồn tại k ∈ ¥ * sao cho 2k + 3k là số chính phương.
Đặt k = 4t + r với t ∈ ¥ ; r ∈ { 0;1; 2;3} thì số đang xét có dạng
0,25

A = 2k + 3k = 24t + r + 34t + r = 16 t.2r + 81t.3r

Xét 4 trường hợp có thể xảy ra:
- Với r = 0 thì t ∈ ¥ * và số A = 16t + 81t có tận cùng là 7 ( A
khơng là số chính phương theo * ) (1)
- Với r = 2 thì số A = 16t.4 + 81t.9 có tận cùng là 3 (A khơng là 0,25
số chính phương theo *) (2)
- Với r = 1 thì số A = 16t.2 + 81t.3 chia 3 dư 2 (A khơng là số
chính phương theo ** ) (3)
- Với r = 3 thì số A = 16t.8 + 81t.27 chia 3 dư 2 (A khơng là số
chính phương theo ** ) (4)

0,25

Từ (1), (2), (3), (4) ta thấy khơng tồn tại số ngun dương k để
số 2k + 3k là số chính phương.
0,25
6
2,5đ

a

Với x; y là các số thực dương, ta có:

1

≤
x+y

11 1
 + ÷ (*).
4 x y

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi x = y > 0 (HS tự chứng 0,5
minh)
Áp dụng BĐT (*) ta có:
ab
ab
ab  1
1  ’
=
≤ 
+
÷ (1 )
c +1 ( c + a ) + ( c + b) 4  c + a c + b 

T/tự:

bc
bc  1
1 
ca
ca  1
1 
≤ 
+

≤ 
+
÷ ( 2) ;
÷ ( 3)
a +1 4  a + b a + c 
b +1 4  b + a b + c 

Cộng vế với vế của ba đẳng thức (1), (2), (3); ta được:
ab
bc
ca
1  ab + ca ab + cb cb + ca  a + b + c 1
+
+
≤ 
+
+
=
÷=
c +1 a +1 b +1 4  b + c
c+a
a+b 
4
4

0,5


1
3

Đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi a = b = c = ×

0,5

b
A

B

A1 E

H
M

I
J

N

K

D

F

B1

C

Gọi MN; EF là đường nối trung điểm hai cạnh đối của hình
vng (hình vẽ).
Giả sử đường thẳng d1 cắt cạnh AB tại A1 cắt MN tại I và cắt 0,25
cạnh CD tại B1. Ta có các tứ giác AA1B1D và BCB1A1 là hình
thang và có MI, NI lần lượt là các đường trung bình của hai
SAA B D

1

1 1 =
hình thang đó; giả sử S
.
2
A BCB
1

SAA B D
1 1

SA BCB
1

1

1

1
AD ( AA1 + DB1 )
2.IM IM 1
=2

=
=
=
1
2.IN
IN
2
BC ( A1B + B1C )
2
1
3

0,25
⇒

MI 1
=
MN 3

nên MI = MN vậy điểm I cố định và I là điểm để

0,25

các đường thẳng đã cho đi qua. Lập luận tương
tự ta tìm được các điểm H; J; K cố định (hình vẽ). Có 4 điểm 0,25
(4 cái chuồng) mà có 2013 đường thẳng đi qua (2013
chú thỏ) nên theo ngun lý Đirichle ít nhất phải có 504
đường thẳng đồng qui (tồn tại một chuồng có từ
504 chú thỏ trở lên).
!